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1、2022年高考物理大一輪復習講義 第七章 章末限時練（含解析） 新人教版 一、選擇題(每小題5分，共50分) 1．有三個用電器，分別為日光燈、電烙鐵和電風扇，它們的額定電壓和額定功率均為 “220 V,60 W”．現(xiàn)讓它們在額定電壓下工作相同時間，產生的熱量 (　　) A．日光燈最多 B．電烙鐵最多 C．電風扇最多 D．一樣多 答案　B 解析　三個用電器的額定功率相同，在相同的時間內消耗的電能相同，但日光燈將消耗的電能中大部分轉化為光能，電風扇將消耗的電能中大部分轉化為機械能，只有電烙鐵將消耗的電能絕大部分轉化為熱量，故選B. 2．如圖1所示

2、，電源電動勢為4 V，內阻為1 Ω，電阻R1＝3 Ω，R2＝ R3＝4 Ω，電流表的內阻不計，閉合S，電路達到穩(wěn)定狀態(tài)后，電容 器兩極間電壓為 (　　) A．0 B．2.3 V 圖1 C．3 V D．3.2 V 答案　C 解析　由于電流表的內阻不計，故電阻R2、R3被短路，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得I＝，解得I＝1 A，故電容器兩極間電壓為U＝IR1＝3 V，選項C正確． 3．下表列出了某品牌電動自行車及所用電動機的主要技術參數(shù)，不計其自身機械損耗，若該車在額定狀態(tài)下以最大運行速度行駛，則 (　　)

3、 自重 40 kg 額定電壓 48 V 載重 75 kg 額定電流 12 A 最大行駛速度 20 km/h 額定輸出功率 350 W A.電動機的輸入功率為576 W B．電動機的內電阻為4 Ω C．該車獲得的牽引力為104 N D．該車受到的阻力為63 N 答案　AD 解析　電動機的輸入功率P入＝UI＝48 ×12 W＝576 W，故選項A正確．電動機正常工作時為非純電阻元件，不能用歐姆定律求內電阻，故選項B錯誤．電動車速度最大時，牽引力F與阻力Ff大小相等，由P出＝Ffvmax得Ff＝＝ N＝63 N，故選項C錯誤，D正確． 4．在如圖2所示的電路中

4、，燈泡L的電阻大于電源的內阻r，閉合電鍵S， 將滑動變阻器的滑片P向左移動一段距離后，下列結論正確的是(　　) A．燈泡L變亮 B．電源的輸出功率變大 C．電容器C上的電荷量減少 D．電流表讀數(shù)變小，電壓表讀數(shù)變大 圖2 答案　D 解析　滑動變阻器滑片P向左移動，接入電路的電阻增大，故電路總電阻增大，通過電源的總電流變小，路端電壓變大，D項正確；由于電路中電流減小，由燈泡的功率P＝I2R可知燈泡消耗的功率減小，燈泡亮度變暗，A項錯；電路中電流減小，電源內電壓及燈泡兩端電壓減小，由E＝Ur＋UR＋UL可知，滑動變阻器兩端電壓增大，電容器與滑動變阻器并聯(lián)，故電容器兩端

5、電壓增大，由Q＝CU可知，電容器帶電荷量增大，C項錯；當外電路電阻與電源內阻相等時，電源輸出功率最大，由題意不能確定二者關系，故B項錯． 5．如圖3所示是電容器充、放電電路．配合電流傳感器，可以捕捉瞬間的電流變化，并通過計算機畫出電流隨時間變化的圖象．實驗中選用直流8 V電壓，電容器選用電解電容器．先使單刀雙擲開關S與1端相連，電源向電容器充電，這個過程可瞬間完成．然后把單刀雙擲開關S擲向2端，電容器通過電阻R放電，傳感器將電流傳入計算機，圖象上顯示出放電電流隨時間變化的I－t曲線，如圖4所示．以下說法正確的是 (　　) 圖3 圖4 A．電解電容器用氧化膜做電介質，由于氧化

6、膜很薄，所以電容較小 B．隨著放電過程的進行，該電容器兩極板間電壓逐漸減小 C．由傳感器所記錄的該放電電流圖象可以估算出該過程中電容器的放電電荷量 D．通過本實驗可以估算出該電容器的電容值 答案　BCD 解析　電容是用來描述電容器容納電荷本領的物理量，大小與氧化膜厚度無關，選項A錯誤；由U＝可知，因電容器電容不變，放電過程中電容器所帶電荷量逐漸減小，所以電容器兩端電壓逐漸減小，選項B正確；由I＝，再結合放電電流隨時間變化的I－t曲線可知選項C正確；根據(jù)I－t曲線可求出放電過程中通過電阻的電荷量，再由電容器放電瞬間電壓與電源電壓相等，根據(jù)C＝即可求出電容器的電容值，選項D正確． 6．

7、如圖5所示，電源的電動勢為E，內阻為r，兩電表均可看做是理想電表．閉合開關，使滑動變阻器的滑片由右端向左端滑動，在此過程中 (　　) 圖5 A．小燈泡L1、L2均變暗 B．小燈泡L1變暗，L2變亮 C．電流表A的讀數(shù)變小，電壓表V的讀數(shù)變大 D．電流表A的讀數(shù)變大，電壓表V的讀數(shù)變小 答案　BD 解析　分析電路圖可知，L1和滑動變阻器并聯(lián)后再與L2串聯(lián)，當滑動變阻器連入電路部分的阻值變小后，整個電路的電流變大，外電壓減小，故電流表讀數(shù)增大，電壓表讀數(shù)減小，D項正確；流過L2的電流變大，加在L1兩端的電壓減小，故L1變暗，而L2變亮，B項正確． 7．某學生在研究串

8、聯(lián)電路電壓特點時，接成如圖6所示電路，接通 K后，他將高內阻的電壓表并聯(lián)在A、C兩點間時，電壓表讀數(shù) 為U；當并聯(lián)在A、B兩點間時，電壓表讀數(shù)也為U；當并聯(lián)在 B、C兩點間時，電壓表讀數(shù)為零，則出現(xiàn)此種情況的原因可能 圖6 是(R1、R2阻值相差不大) (　　) A．AB段斷路 B．BC段斷路 C．AB段短路 D．BC段短路 答案　AD 解析　電路的故障可以由電壓表示數(shù)判斷，由于AB間的電壓和AC間電壓相同，BC間電壓為零，故可確定可能是AB段斷路或BC段短路，故A、D正確． 8．用標有“6 V　3 W”的燈泡L1、“6 V　

9、6 W”的燈泡L2與理想電壓表和理想電流表連接成如圖7甲所示的實驗電路，其中電源電動勢E＝9 V．圖乙是通過兩個燈泡的電流隨兩端電壓變化的曲線．當其中一個燈泡正常發(fā)光時 (　　) 　 圖7 A．電流表的示數(shù)為1 A B．電壓表的示數(shù)約為6 V C．電路輸出功率為4 W D．電源內阻為2 Ω 答案　CD 解析　兩個燈泡串聯(lián)，所以電流相等．L1的額定電流為I1＝＝0.5 A，L2的額定電流為I2＝＝1 A，所以只有L1正常發(fā)光，電路中電流為0.5 A，A項錯誤；從題圖乙中可以看出，電流為0.5 A時，兩燈的電壓分別為6 V和2 V，由串聯(lián)分壓原理

10、知，L1兩端電壓為6 V，L2兩端電壓為2 V，電壓表示數(shù)為2 V，B項錯誤；電路輸出功率為P＝UI＝(2＋6)× 0.5 W＝4 W，C項正確；電源內阻r＝＝2 Ω，D項正確． 9．把標有“220 V,100 W”的A燈和“220 V,200 W”的B燈串聯(lián)起來，接入220 V的電路中，不計導線電阻，則下列判斷中正確的是 (　　) A．兩燈的電阻之比RA∶RB＝1∶2 B．兩燈的實際電壓之比UA∶UB＝2∶1 C．兩燈實際消耗的功率之比PA∶PB＝1∶2 D．在相同時間內，兩燈實際發(fā)熱之比QA∶QB＝1∶2 答案　B 解析　RA＝＝ Ω＝484 Ω RB＝＝

11、 Ω＝242 Ω，則RA∶RB＝2∶1 因為A與B串聯(lián) 所以UA∶UB＝RA∶RB＝2∶1， PA∶PB＝RA∶RB＝2∶1. 相同時間內，QA∶QB＝RA∶RB＝2∶1. 故只有B正確． 10．如圖8所示，電源電動勢均為E＝12 V，內阻均為r＝3 Ω，R0＝1 Ω，直流電動機內阻R0′＝1 Ω.當調節(jié)滑動變阻器使R1＝2 Ω時，圖甲電路輸出功率最大．調節(jié)R2使圖乙電路輸出功率最大，且此時電動機剛好正常工作(額定功率為6 W)，則此時R2的阻值和電動機的發(fā)熱功率P為 (　　) 圖8 A．R2＝2 Ω B．R2＝1.5 Ω C．P

12、＝6 W D．P＝4 W 答案　BD 解析　由題圖甲可知，當電流I＝2 A時，電源的輸出功率最大；兩圖中電源相同，它們的最大輸出功率相同，最大值為P出＝EI－I2r＝12 W，其中6 W是電動機消耗的功率，剩下的6 W是R2的熱功率，即I2R2＝6 W，可得R2＝1.5 Ω，選項A錯，B對；電動機的發(fā)熱功率P＝I2R0′＝4 W，選項C錯，D對． 二、非選擇題(共50分) 11．(10分)某研究小組收集了兩個電學元件：電阻R0(約為2 kΩ)和手機中的鋰電池(電動勢E標稱值為3.7 V，允許最大放電電流為100 mA)．實驗室備有如下器材： A．電壓表V(量程3

13、V，電阻RV約為4.0 kΩ) B．電流表A1(量程100 mA，電阻RA1約為5 Ω) C．電流表A2(量程2 mA，電阻RA2約為50 Ω) D．滑動變阻器R1(0～40 Ω，額定電流1 A) E．電阻箱R2(0～999.9 Ω) F．開關S一只、導線若干 (1)為了測定電阻R0的阻值，小明設計了一電路，如圖9所示為其對應的實物圖，圖中的電流表A應選________(選填“A1”或“A2”)，請將實物連線補充完整． 圖9 (2)為測量鋰電池的電動勢E和內阻r，小紅設計了如圖10所示的電路圖．根據(jù)測量數(shù)據(jù)作出－圖象，如圖11所示．若該圖線的斜率為k，縱軸截距為b，則該鋰電

14、池的電動勢E＝________，內阻r＝________(用k、b和R2表示)．該實驗的測量值偏小，造成此系統(tǒng)誤差的主要原因是_______________________________________________． 　 圖10　　　　　　　　圖11 答案　(1)A2　見解析圖 (2)　　電壓表分流 解析　(1)由于R0阻值約為20 kΩ，屬大電阻，由I＝估得I＝1.85 mA，因此電流表應選A2.實物連線如圖． (2)根據(jù)題圖知：U＝E－Ir＝E－r，得＝＋ 即＝b，＝k，所以E＝，r＝，系統(tǒng)誤差來源于電壓表分流． 12．(8分)要測量一只量程為2 V的電壓表的內阻

15、．現(xiàn)能提供的實驗器材如下： A．待測電壓表Vx(量程為0～2 V，內阻未知) B．電流表A(量程為0～0.6 A，內阻約為0.2 Ω) C．電壓表V(量程0～5 V，內阻約為5 kΩ) D．定值電阻R1，阻值為20 Ω； E．定值電阻R2，阻值為2 kΩ； F．滑動變阻器R0，最大阻值為50 Ω，額定電流為1 A； G．電源(電動勢為6 V，內阻不計)； H．多用電表； I．開關S，導線若干．則： (1)用多用電表粗測電壓表Vx的內阻：當用“×1 k”擋來測量時，操作方法和步驟均正確，發(fā)現(xiàn)表頭指針在刻度盤的右邊附近，為了比較準確地進行測量，應換用________擋．如果此時

16、刻度盤上指針的位置如圖12所示，那么，該電壓表Vx的內阻為________ Ω. 圖12 (2)為了比較準確的測量電壓表Vx的內阻，那么，定值電阻應選________(選填器材編號)． (3)根據(jù)要求，在圖13的虛線框內畫出實驗電路圖(部分已畫出)． 圖13 ①根據(jù)所畫出的電路圖，用筆畫線代替導線，將實驗圖14連接起來，使之成為完整的實驗圖(沒有選用的器材不要連接)． 圖14 ②如果電壓表Vx的讀數(shù)為Ux，電壓表V的讀數(shù)U，那么，電壓表Vx的內阻Rx為________． 答案　(1)×100　3.2×103　(2)E　(3)如圖所示 ①如圖所示?、赗2

17、13．(16分)如圖15所示的電路中，電源的電動勢E＝3.0 V，內阻r＝1.0 Ω； 電阻R1＝10 Ω，R2＝10 Ω，R3＝30 Ω，R4＝35 Ω；電容器的電容C＝ 100 μF.電容器原來不帶電．求接通電鍵K后流過R4的總電荷量． 答案　2×10－4 C 圖15 解析　由電阻的串、并聯(lián)公式，得閉合電路的總電阻 R＝＋r 由歐姆定律得通過電源的電流I＝ 電源的路端電壓U＝E－Ir 電阻R3兩端的電壓U′＝U 通過R4的總電荷量就是電容器的電荷量Q＝CU′ 由以上各式并代入數(shù)據(jù)解得Q＝2×10－4 C. 14．(16分)(xx·四川理綜·2

18、3)四川省“十二五”水利發(fā)展規(guī)劃指出，若按現(xiàn)有供水能力測算，我國供水缺口極大，蓄引提水是目前解決供水問題的重要手段之一．某地要把河水抽高20 m，進入蓄水池，用一臺電動機通過傳動效率為80%的皮帶，帶動效率為60%的離心水泵工作．工作電壓為380 V，此時輸入電動機的電功率為19 kW，電動機的內阻為0.4 Ω.已知水的密度為1×103 kg/m3，重力加速度取10 m/s2.求： (1)電動機內阻消耗的熱功率； (2)將蓄水池蓄入864 m3的水需要的時間(不計進、出水口的水流速度)． 答案　(1)1×103 W　(2)2×104 s 解析　(1)設電動機的電功率為P，則P＝UI 設電動機內阻r上消耗的熱功率為Pr，則Pr＝I2r 代入數(shù)據(jù)解得Pr＝1×103 W. (2)設蓄水總質量為M，所用抽水時間為t.已知抽水高度為h，容積為V，水的密度為ρ，則M＝ρV 設質量為M的河水增加的重力勢能為ΔEp，則ΔEp＝Mgh 設電動機的輸出功率為P0，則P0＝P－Pr 根據(jù)能量守恒定律得P0t×60%×80%＝ΔEp 代入數(shù)據(jù)解得t＝2×104 s.